專題強(qiáng)化六動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 第五章機(jī)械能 專題解讀 1 本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在直線運(yùn)動(dòng) 曲線運(yùn)動(dòng)多物體多過程的綜合應(yīng)用 高考常以計(jì)算題壓軸題的形式命題 2 學(xué)好本專題 可以極大的培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力 推理能力和規(guī)范表達(dá)能力 針對性的專題強(qiáng)化 可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心 3 用到的知識有 動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律 能量觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 機(jī)械能守恒定律 能量守恒定律 內(nèi)容索引 命題點(diǎn)一多運(yùn)動(dòng)組合問題 命題點(diǎn)二傳送帶模型問題 課時(shí)作業(yè) 命題點(diǎn)三滑塊 木板模型問題 1 命題點(diǎn)一多運(yùn)動(dòng)組合問題 1 多運(yùn)動(dòng)組合問題主要是指直線運(yùn)動(dòng) 平拋運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的組合問題 2 解題策略 1 動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律 2 能量觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 機(jī)械能守恒定律 能量守恒定律 3 解題關(guān)鍵 1 抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程 將物理過程分解成幾個(gè)簡單的子過程 2 兩個(gè)相鄰過程連接點(diǎn)的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶 也是解題的關(guān)鍵 很多情況下平拋運(yùn)動(dòng)的末速度的方向是解題的重要突破口 1 求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小 lBC 7R 2R 5R 答案 解析 2 求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能 答案 解析 答案 分析 解析 x1 vDt 聯(lián)立 得 P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中 聯(lián)立 得 P由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中 多過程問題的解題技巧1 合 初步了解全過程 構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景 2 分 將全過程進(jìn)行分解 分析每個(gè)過程的規(guī)律 3 合 找到子過程的聯(lián)系 尋找解題方法 1 同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置 圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板 M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道 P為最高點(diǎn) Q為最低點(diǎn) Q點(diǎn)處的切線水平 距底板高為H N板上固定有三個(gè)圓環(huán) 將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放 小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心 落到底板上距Q水平距離為L處 不考慮空氣阻力 重力加速度為g 求 1 距Q水平距離為的圓環(huán)中心到底板的高度 答案 解析 2 小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向 答案 解析 3 摩擦力對小球做的功 答案 解析 2 如圖所示 水平桌面上有一輕彈簧 左端固定在A點(diǎn) 自然狀態(tài)時(shí)其右端位于B點(diǎn) 水平桌面右側(cè)有一豎直放置的軌道MNP 其形狀為半徑R 1 0m的圓環(huán)剪去了左上角120 的圓弧 MN為其豎直直徑 P點(diǎn)到桌面的豎直距離是h 2 4m 用質(zhì)量為m 0 2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點(diǎn)后釋放 物塊經(jīng)過B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng) 其位移與時(shí)間的關(guān)系為x 6t 2t2 物塊飛離桌面后恰好由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道 不計(jì)空氣阻力 g取10m s2 1 求物塊過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小vB及物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 答案 解析 6m s0 4 分析 物塊過B點(diǎn)后遵從x 6t 2t2 所以知 vB 6m s a 4m s2 由牛頓第二定律 mg ma 解得 0 4 2 若軌道MNP光滑 求物塊經(jīng)過軌道最低點(diǎn)N時(shí)對軌道的壓力FN 答案 解析 16 8N 方向豎直向下 3 若物塊剛好能到達(dá)軌道最高點(diǎn)M 求物塊從B點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中克服摩擦力所做的功W 答案 解析 4 4J 2 命題點(diǎn)二傳送帶模型問題 1 模型分類 水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題 2 處理方法 求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運(yùn)動(dòng)情況 從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用 如果受到滑動(dòng)摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向 然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況 當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí) 物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變 例2 如圖所示 小物塊A B由跨過定滑輪的輕繩相連 A置于傾角為37 的光滑固定斜面上 B位于水平傳送帶的左端 輕繩分別與斜面 傳送帶平行 傳送帶始終以速度v0 2m s向右勻速運(yùn)動(dòng) 某時(shí)刻B從傳送帶左端以速度v1 6m s向右運(yùn)動(dòng) 經(jīng)過一段時(shí)間回到傳送帶的左端 已知A B的質(zhì)量均為1kg B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0 2 斜面 輕繩 傳送帶均足夠長 A不會碰到定滑輪 定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計(jì) g取10m s2 sin37 0 6 求 1 B向右運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 2 B回到傳送帶左端的速度大小 3 上述過程中 B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量 答案 2s 答案 答案 分析 解析 mg 2 a3 a2 2m s2 B的總位移x x1 x2 5m B回到傳送帶左端的位移x3 x 5m 3 t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x1 v0t1 2m 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 x1 x1 x1 2m t2時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2 v0t2 2m 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 x2 x2 x2 1m 該時(shí)間內(nèi)傳送帶相對于B的位移 B與傳送帶之間的摩擦力Ff mg 2N 上述過程中 B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量 1 分析流程2 功能關(guān)系 1 功能關(guān)系分析 WF Ek Ep Q 2 對WF和Q的理解 傳送帶的功 WF Fx傳 產(chǎn)生的內(nèi)能Q Ffx相對 3 如圖所示 傳送帶與地面的夾角 37 A B兩端間距L 16m 傳送帶以速度v 10m s沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) 物體質(zhì)量m 1kg無初速度地放置于A端 它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5 sin37 0 6 g 10m s2 試求 1 物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間 答案 解析 2s mgsin mgcos ma2 因mgsin mgcos 故當(dāng)物體與傳送帶同速后 物體將繼續(xù)加速 解得t2 1s故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間t t1 t2 2s 2 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 24J 物體與傳送帶間的相對位移x相對 vt1 x1 L x1 vt2 6m故Q mgcos x相對 24J 4 一質(zhì)量為M 2 0kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng) 被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過 子彈和小物塊的作用時(shí)間極短 如圖甲所示 地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示 圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?已知傳送帶的速度保持不變 g取10m s2 1 指出傳送帶速度v的大小及方向 說明理由 答案 解析 2 0m s方向向右 v 2 0m s 方向向右 共速 2 計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 答案 解析 0 2 由v t圖象可得 物塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度 3 傳送帶對外做了多少功 子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 答案 解析 24J36J 3 命題點(diǎn)三滑塊 木板模型問題 1 滑塊 木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊 木板模型和斜面上的滑塊 木板模型 2 滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中 若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng) 則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度 若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng) 則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度 3 此類問題涉及兩個(gè)物體 多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程 并且物體間還存在相對運(yùn)動(dòng) 所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的加速度 注意兩過程的連接處加速度可能突變 找出物體之間的位移 路程 關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口 求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過程的紐帶 每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度 圖甲中 質(zhì)量為m1 1kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2 3kg的木板右端 木板足夠長 放在光滑的水平面上 木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 1 0 2 整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止 重力加速度g取10m s2 例3 甲 1 在木板右端施加水平向右的拉力F 為使木板和物塊發(fā)生相對運(yùn)動(dòng) 拉力F至少應(yīng)為多大 答案 解析 8N 把物塊和木板看成整體 F m1 m2 a物塊與木板將要相對滑動(dòng)時(shí) 1m1g m1a聯(lián)立解得F 1 m1 m2 g 8N 2 在0 4s內(nèi) 若拉力F的變化如圖乙所示 2s后木板進(jìn)入 2 0 25的粗糙水平面 在圖丙中畫出0 4s內(nèi)木板和物塊的v t圖象 并求出0 4s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個(gè)系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能 答案 分析 見解析 F1 14N 8N發(fā)生相對滑動(dòng) F2 2N 1mg物塊勻速 解析 物塊在0 2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 木板在0 1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 在1 2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng) 2s后物塊和木板均做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 故二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v t圖象如圖所示 0 2s內(nèi)物塊相對木板向左運(yùn)動(dòng) 2 4s內(nèi)物塊相對木板向右運(yùn)動(dòng) 0 2s內(nèi)物塊相對木板的位移大小 x1 2m 系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1 1m1g x1 4J 2 4s內(nèi)物塊相對木板的位移大小 x2 1m 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2 1m1g x2 2J 木板對地位移x2 3m 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q3 2 m1 m2 gx2 30J 0 4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為Q Q1 Q2 Q3 36J 滑塊 木板模型問題的分析和技巧1 解題關(guān)鍵正確地對各物體進(jìn)行受力分析 關(guān)鍵是確定物體間的摩擦力方向 并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度 結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運(yùn)動(dòng)情況 2 規(guī)律選擇既可由動(dòng)能定理和牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng) 又可由能量守恒定律分析動(dòng)能的變化 能量的轉(zhuǎn)化 在能量轉(zhuǎn)化過程往往用到 E內(nèi) E機(jī) Ffx相對 并要注意數(shù)學(xué)知識 如圖象法 歸納法等 在此類問題中的應(yīng)用 5 如圖所示 一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在傾角為 30 的斜面底端 將彈簧壓縮至A點(diǎn)鎖定 然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置 物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù) 解除彈簧鎖定 物塊恰能上滑至B點(diǎn) A B兩點(diǎn)的高度差為h0 已知重力加速度為g 1 求彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢能Ep 答案 分析 vB 0 解析 物塊受到的滑動(dòng)摩擦力Ff mgcos 2 求物塊從A到B的時(shí)間t1與從B返回到A的時(shí)間t2之比 答案 解析 設(shè)上升 下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2 則mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 3 若每當(dāng)物塊離開彈簧后 就將彈簧壓縮到A點(diǎn)并鎖定 物塊返回A點(diǎn)時(shí)立刻解除鎖定 設(shè)斜面最高點(diǎn)C的高度H 2h0 試通過計(jì)算判斷物塊最終能否從C點(diǎn)拋出 答案 解析 足夠長時(shí)間后 上升的最大高度設(shè)為hm 則由能量關(guān)系 來回克服阻力做功等于補(bǔ)充的彈性勢能 見解析 4 課時(shí)作業(yè) 1 如圖所示 有兩條滑道平行建造 左側(cè)相同而右側(cè)有差異 一個(gè)滑道的右側(cè)水平 另一個(gè)的右側(cè)是斜坡 某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動(dòng) 從h1高處的A點(diǎn)由靜止開始沿傾角為 的雪道下滑 最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上 接著改用另一個(gè)滑道 還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開始下滑 結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為 的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下 若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同 且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失 則A 動(dòng)摩擦因數(shù)為tan B 動(dòng)摩擦因數(shù)為C 傾角 一定大于 D 傾角 可以大于 1 2 3 4 5 6 7 答案 解析 第一次停在水平雪道上 由動(dòng)能定理得 A錯(cuò)誤 B正確 在AB段由靜止下滑 說明 mgcos mgsin 第二次滑上CE在E點(diǎn)停下 說明 mgcos mgsin 若 則雪橇不能停在E點(diǎn) 所以C D錯(cuò)誤 1 2 3 4 5 6 7 2 如圖所示 將質(zhì)量為m 1kg的小物塊放在長為L 1 5m的小車左端 車的上表面粗糙 物塊與車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5 直徑d 1 8m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直 車的上表面和軌道最低點(diǎn)高度相同 距地面高度h 0 65m 開始車和物塊一起以10m s的初速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng) 車碰到軌道后立即停止運(yùn)動(dòng) 取g 10m s2 求 1 小物塊剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí)對軌道的壓力 答案 解析 104 4N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 車停止運(yùn)動(dòng)后取小物塊為研究對象 設(shè)其到達(dá)車右端時(shí)的速度為v1 剛進(jìn)入半圓形軌道時(shí) 又d 2R解得FN 104 4N由牛頓第三定律FN FN 得FN 104 4N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 小物塊落地點(diǎn)至車左端的水平距離 答案 解析 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 若小物塊能到達(dá)半圓形軌道最高點(diǎn) 則由機(jī)械能守恒得 解得v2 7m s 1 2 3 4 5 6 7 因v2 v3 故小物塊從半圓形軌道最高點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng) 聯(lián)立解得x 4 9m故小物塊距車左端為x L 3 4m 1 2 3 4 5 6 7 3 多選 如圖甲所示 傾角為 的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行 t 0時(shí) 將質(zhì)量m 1kg的物體 可視為質(zhì)點(diǎn) 輕放在傳送帶上 物體相對地面的v t圖象如圖乙所示 設(shè)沿傳送帶向下為正方向 取重力加速度g 10m s2 則A 傳送帶的速率v0 10m sB 傳送帶的傾角 30 C 物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5D 0 2 0s摩擦力對物體做功Wf 24J 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 當(dāng)物體的速度超過傳送帶的速度后 物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變 加速度也發(fā)生改變 根據(jù)v t圖象可得 傳送帶的速率為v0 10m s 選項(xiàng)A正確 1 0s之前的加速度a1 10m s2 1 0s之后的加速度a2 2m s2 結(jié)合牛頓第二定律 gsin gcos a1 gsin gcos a2 解得sin 0 6 37 0 5 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 選項(xiàng)C正確 摩擦力大小Ff mgcos 4N 在0 1 0s內(nèi) 摩擦力對物體做正功 在1 0 2 0s內(nèi) 摩擦力對物體做負(fù)功 0 1 0s內(nèi)物體的位移為5m 1 0 2 0s內(nèi)物體的位移是11m 摩擦力做的功為 4 11 5 J 24J 選項(xiàng)D正確 1 2 3 4 5 6 7 4 多選 如圖所示 光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡化模型 最低點(diǎn)B處的入 出口靠近但相互錯(cuò)開 C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn) BD部分水平 末端D點(diǎn)與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接 傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放 滑塊能通過C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶 則A 固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2RB 滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v有關(guān)C 滑塊可能重新回到出發(fā)點(diǎn)A處D 傳送帶速度v越大 滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 滑塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng) 可能反向做加速運(yùn)動(dòng) 如果再次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度大小不變 則根據(jù)能量守恒 可以再次回到A點(diǎn) 故選項(xiàng)C正確 滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q mg x相對 當(dāng)傳送帶的速度越大 則在相同時(shí)間內(nèi)二者相對位移越大 則產(chǎn)生的熱量越大 故選項(xiàng)D正確 1 2 3 4 5 6 7 5 如圖所示 一質(zhì)量為m 1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊 放在光滑的水平平臺上 平臺的左端與水平傳送帶相接 傳送帶以v 2m s的速度沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng) 傳送帶不打滑 現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧 輕彈簧的原長小于平臺的長度 滑塊靜止時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep 4 5J 若突然釋放滑塊 滑塊向左滑上傳送帶 已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0 2 傳送帶足夠長 取g 10m s2 求 1 滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)間 答案 解析 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 v1 3m s滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a g 2m s2 1 2 3 4 5 6 7 所以t t1 t2 t3 3 125s 1 2 3 4 5 6 7 2 滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 12 5J 滑塊向左運(yùn)動(dòng)x1的位移時(shí) 傳送帶向右的位移為x1 vt1 3m則 x1 x1 x1 5 25m滑塊向右運(yùn)動(dòng)x2時(shí) 傳送帶向右的位移為x2 vt2 2m則 x2 x2 x2 1m x x1 x2 6 25m則產(chǎn)生的熱量為Q mg x 12 5J 1 2 3 4 5 6 7 6 如圖所示 一質(zhì)量m 2kg的長木板靜止在水平地面上 某時(shí)刻一質(zhì)量M 1kg的小鐵塊以水平向左v0 9m s的速度從木板的右端滑上木板 已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 1 0 1 鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2 0 4 取重力加速度g 10m s2 木板足夠長 求 1 鐵塊相對木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度的大小 答案 解析 0 5m s2 1 2 3 4 5 6 7 設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí) 木板的加速度為a2 由牛頓第二定律可得 2Mg 1 M m g ma2 1 2 3 4 5 6 7 2 鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程x 答案 解析 36J1 5m 1 2 3 4 5 6 7 設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí) 鐵塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得 2Mg Ma1 解得a1 2g 4m s2 設(shè)鐵塊與木板相對靜止達(dá)共同速度時(shí)的速度為v 所需的時(shí)間為t 則有v v0 a1t v a2t 解得 v 1m s t 2s 1 2 3 4 5 6 7 鐵塊與木板的相對位移 x x1 x2 10m 1m 9m 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q Ff x 2Mg x 0 4 1 10 9J 36J 達(dá)共同速度后的加速度為a3 發(fā)生的位移為s 則有 木板在水平地面上滑行的總路程x x2 s 1m 0 5m 1 5m 1 2 3 4 5 6 7 7 如圖所示 AB段為一半徑R 0 2m的光滑圓弧軌道 EF是一傾角為30 的足夠長的光滑固定斜面 斜面上有一質(zhì)量為0 1kg的薄木板CD 開始時(shí)薄木板被鎖定 一質(zhì)量也為0 1kg的物塊 圖中未畫出 從A點(diǎn)由靜止開始下滑 通過B點(diǎn)后水平拋出 經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板 在物塊滑上薄木板的同時(shí)薄木板解除鎖定 下滑過程中某時(shí)刻物塊和薄木板能達(dá)到共同速度 已知物塊與薄木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) g 10m s2 結(jié)果可保留根號 求 1 2 3 4 5 6 7 1 物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對圓弧軌道的壓力 答案 解析 3N 方向豎直向下 物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程 由動(dòng)能定理得 解得 FN 3N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3N 方向豎直向下 1 2 3 4 5 6 7 2 物塊滑上薄木板時(shí)的速度大小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 3 達(dá)到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達(dá)到共同速度所用的時(shí)間 答案 解析 物塊和薄木板下滑過程中 由牛頓第二定律得 對物塊 mgsin30 mgcos30 ma1對薄木板 mgsin30 mgcos30 ma2設(shè)物塊和薄木板達(dá)到的共同速度為v 則 v v a1t a2t 1 2 3 4 5 6 7